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Bnviyxe高考数学难点突破 难点18 不等式的证明策略

七夕,古今诗人惯咏星月与悲情。吾生虽晚,世态炎凉却已看透矣。情也成空, 且作“挥手袖底风”罢。是夜,窗外风雨如晦,吾独坐陋室,听一曲《尘缘》,合 成诗韵一首,觉放诸古今,亦独有风韵也。乃书于纸上。毕而卧。凄然入梦。乙 酉年七月初七。 -----啸之记。

难点 18 不等式的证明策略 不等式的证明,方法灵活多样,它可以和很多内容结合.高考解答题中,常渗透不等式 证明的内容,纯不等式的证明,历来是高中数学中的一个难点,本难点着重培养考生数学式 的变形能力,逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力. ●难点磁场 (★★★★)已知 a>0,b>0,且 a+b=1.

1 1 25 )(b+ )≥ . a b 4 ●案例探究 1 1 1 [例 1]证明不等式 1 + + +?+ < 2 n (n∈N*) 2 3 n 命题意图: 本题是一道考查数学归纳法、 不等式证明的综合性题目, 考查学生观察能力、 构造能力以及逻辑分析能力,属★★★★★级题目. 知识依托:本题是一个与自然数 n 有关的命题,首先想到应用数学归纳法,另外还涉及 不等式证明中的放缩法、构造法等. 错解分析:此题易出现下列放缩错误:
求证:(a+

这样只注重形式的统一,而忽略大小关系的错误也是经常发生的. 技巧与方法:本题证法一采用数学归纳法从 n=k 到 n=k+1 的过渡采用了放缩法;证法 二先放缩,后裂项,有的放矢,直达目标;而证法三运用函数思想,借助单调性,独具匠心, 发人深省. 证法一:(1)当 n 等于 1 时,不等式左端等于 1,右端等于 2,所以不等式成立; 1 1 1 (2)假设 n=k(k≥1)时,不等式成立,即 1+ + +?+ <2 k , 2 3 k

则1 + =

1 2

+

1 3

+?+ <

1 k +1 k +1

<2 k +

1 k +1

2 k ( k + 1) + 1 k +1

k + ( k + 1) + 1

= 2 k + 1,

∴当 n=k+1 时,不等式成立. 综合(1)、(2)得:当 n∈N*时,都有 1+ 另从 k 到 k+1 时的证明还有下列证法:

1 2

+

1 3

+?+

1 n

<2 n .

∵ 2( k + 1) ? 1 ? 2 k ( k + 1) = k ? 2 k ( k + 1) + ( k + 1) = ( k ? k + 1 ) 2 > 0, ∴ 2 k (k + 1) + 1 < 2(k + 1), ∵ k + 1 > 0,∴ 2 k + 1 k +1 < 2 k + 1. 2 k +1 + k > 2 k +1 + k +1 = 1 k +1 ,

又如 :∵ 2 k + 1 ? 2 k =
∴2 k + 1

< 2 k + 1. k +1 证法二:对任意 k∈N*,都有:

= 2( k ? k ? 1 ), k+ k k + k ?1 1 1 1 因此1 + + +?+ < 2 + 2( 2 ? 1) + 2( 3 ? 2 ) + ? + 2( n ? n ? 1 ) = 2 n . 2 3 n k
证法三:设 f(n)= 2 n ? (1 +

1

=

2

<

2

1 2

+

1 3

+?+

1 n

),

那么对任意 k∈N ?* 都有:

f ( k + 1) ? f ( k ) = 2( k + 1 ? k ) ? = = 1 k +1 1 k +1 [2( k + 1) ? 2 k (k + 1) ? 1] ? [(k + 1) ? 2 k ( k + 1) + k ] =

1 k +1

( k + 1 ? k )2 k +1

>0

∴f(k+1)>f(k) 因此,对任意 n∈N* 都有 f(n)>f(n-1)>…>f(1)=1>0, 1 1 1 ∴1 + + +?+ < 2 n. 2 3 n [例 2]求使 x +

y ≤a x + y (x>0,y>0)恒成立的 a 的最小值.

命题意图:本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力,属于★★ ★★★级题目. 知识依托: 该题实质是给定条件求最值的题目, 所求 a 的最值蕴含于恒成立的不等式中, 因此需利用不等式的有关性质把 a 呈现出来, 等价转化的思想是解决题目的突破口, 然后再 利用函数思想和重要不等式等求得最值. 错解分析:本题解法三利用三角换元后确定 a 的取值范围,此时我们习惯是将 x、y 与 cosθ、sinθ来对应进行换元,即令 x =cosθ, y =sinθ(0<θ< ),这样也得 a≥sin 2 θ+cosθ,但是这种换元是错误的.其原因是:(1)缩小了 x、y 的范围;(2)这样换元相当于本 题又增加了“x、y=1”这样一个条件,显然这是不对的. 技巧与方法:除了解法一经常用的重要不等式外,解法二的方法也很典型,即若参数 a 满足不等关系,a≥f(x),则 amin=f(x)max;若 a≤f(x),则 amax=f(x)min,利用这一基本事实,可

π

以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好 处,可以把原问题转化. 解法一:由于 a 的值为正数,将已知不等式两边平方,得: x+y+2 xy ≤a2(x+y),即 2 xy ≤(a2-1)(x+y), ∴x,y>0,∴x+y≥2 xy , 当且仅当 x=y 时,②中有等号成立. 比较①、②得 a 的最小值满足 a2-1=1, ∴a2=2,a= 2 (因 a>0),∴a 的最小值是 2 . 解法二:设 u = ① ②

x+ y x+ y

=

( x + y )2 = x+ y

x + y + 2 xy 2 xy = 1+ . x+ y x+ y

∵x>0,y>0,∴x+y≥2 xy (当 x=y 时“=”成立),



2 xy 2 xy ≤1, 的最大值是 1. x+ y x+ y

从而可知,u 的最大值为 1 + 1 = 2 , 又由已知,得 a≥u,∴a 的最小值为 2 . 解法三:∵y>0, ∴原不等式可化为

x +1≤a y

x +1 , y



x π =tanθ,θ∈(0, ). y 2

∴tanθ+1≤a tan 2 θ + 1 ;即 tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ= 2 sin(θ+ 又∵sin(θ+

π
4

),



π
4

)的最大值为 1(此时θ=

π
4

).

由③式可知 a 的最小值为 2 . ●锦囊妙计 1.不等式证明常用的方法有:比较法、综合法和分析法,它们是证明不等式的最基本的 方法. (1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤,变形的主要方向是因式分解、配 方,判断过程必须详细叙述;如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式,则 考虑用判别式法证.

(2)综合法是由因导果,而分析法是执果索因,两法相互转换,互相渗透,互为前提, 充分运用这一辩证关系,可以增加解题思路,开扩视野. 2.不等式证明还有一些常用的方法:换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式 法、数形结合法等.换元法主要有三角代换,均值代换两种,在应用换元法时,要注意代换 的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一,放缩要有的放矢,目标可以从要 证的结论中考查.有些不等式,从正面证如果不易说清楚,可以考虑反证法.凡是含有“至少” “惟一”或含有其他否定词的命题,适宜用反证法. 证明不等式时,要依据题设、题目的特点和内在联系,选择适当的证明方法,要熟悉各 种证法中的推理思维,并掌握相应的步骤、技巧和语言特点. ●歼灭难点训练 一、填空题 a b 1.(★★★★★)已知 x、y 是正变数,a、b 是正常数,且 + =1,x+y 的最小值为 x y __________. 2.(★★★★)设正数 a、b、c、d 满足 a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则 ad 与 bc 的大小关 系是__________. 3.(★★★★)若 m<n,p<q,且(p-m)(p-n)<0,(q-m)(q-n)<0,则 m、n、p、q 的 大小顺序是__________. 二、解答题 4.(★★★★★)已知 a,b,c 为正实数,a+b+c=1. 求证:(1)a2+b2+c2≥

1 3

(2) 3a + 2 + 3b + 2 + 3c + 2 ≤6 5.(★★★★★)已知 x,y,z∈R,且 x+y+z=1,x2+y2+z2= 6.(★★★★★)证明下列不等式: (1)若 x,y,z∈R,a,b,c∈R+,则

1 2 ,证明:x,y,z∈[0, ] 2 3

b+c 2 c+a 2 a+b 2 x + y + z ≥2(xy+yz+zx) a b c

(2)若 x,y,z∈R+,且 x+y+z=xyz, y+z z+x x+ y 1 1 1 则 + + ≥2( + + ) x y z x y z 7.(★★★★★)已知 i,m、n 是正整数,且 1<i≤m<n. (1)证明:niA im <miA in ; (2)证明:(1+m)n>(1+n)m 8.(★★★★★)若 a>0,b>0,a3+b3=2,求证:a+b≤2,ab≤1. 参考答案 难点磁场 证法一:(分析综合法) 欲证原式, 即证 4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0, 即证 4(ab)2-33(ab)+8≥0, 即证 ab≤ ab≥8.

1 或 4

∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8 不可能成立 ∵1=a+b≥2 ab ,∴ab≤ 证法二:(均值代换法) 设 a=

1 ,从而得证. 4

1 1 +t1,b= +t2. 2 2 1 1 ,|t2|< 2 2

∵a+b=1,a>0,b>0,∴t1+t2=0,|t1|<

1 1 a 2 + 1 b2 + 1 ∴ (a + )(b + ) = × a b a b 1 1 1 1 2 2 ( + t1 ) 2 + 1 ( + t 2 ) 2 + 1 ( + t1 + t1 + 1)( + t 2 + t 2 + 1) 4 = 2 × 2 = 4 1 1 1 1 + t1 + t2 ( + t1 )( + t 2 ) 2 2 2 2 1 1 5 2 2 2 2 ( + t1 + t1 + 1)( + t 2 + t 2 + 1) ( + t 2 ) 2 ? t 2 4 = 4 = 4 1 1 2 2 ? t2 ? t2 4 4 25 3 2 25 4 + t2 + t2 25 = 16 2 ≥ 16 = . 1 1 2 4 ? t2 4 4 1 显然当且仅当 t=0,即 a=b= 时,等号成立. 2 证法三:(比较法) 1 ∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2 ab ,∴ab≤ 4
1 1 25 a 2 + 1 b 2 + 1 25 4a 2 b 2 + 33ab + 8 (1 ? 4ab)(8 ? ab) (a + )(b + ) ? = ? ? = = ≥0 4 4 4ab 4ab a b a b 1 1 25 ∴ (a + )(b + ) ≥ a b 4 证法四:(综合法) 1 ∵a+b=1, a>0,b>0,∴a+b≥2 ab ,∴ab≤ . 4 25 ? ? 2 ?(1 ? ab) + 1 ≥ 16 ? (1 ? ab) 2 + 1 25 1 3 9 ? ? ∴1 ? ab ≥ 1 ? = ? (1 ? ab) 2 ≥ ? ? ≥ ?? 1 4 4 16 ? ab 4 ≥4 ? ? ? ab ? ?
1 1 25 即(a + )(b + ) ≥ a b 4 证法五:(三角代换法)
∵ a>0,b>0,a+b=1,故令 a=sin2α,b=cos2α,α∈(0,

π
2

)

1 1 1 1 ( a + )(b + ) = (sin 2 α + )(cos 2 α + ) 2 a b sin α cos 2 α sin 4 α + cos 4 α ? 2 sin 2 α cos 2 α + 2 (4 ? sin 2 α ) 2 + 16 = = 4 sin 2 2α 4 sin 2 2α ∵ sin 2 2α ≤ 1,∴ 4 ? sin 2 2α ≥ 4 ? 1 = 3. 2 4 ? 2 sin 2 2α + 16 ≥ 25? 2 2 25 ? ( 4 ? sin 2α ) ≥ ?? 1 1 2 4 4 sin 2α ≥ ? sin 2 2α 4 ? 1 1 25 即得( a + )(b + ) ≥ . a b 4
歼灭难点训练 一、1.解析:令

a b =cos2θ, =sin2θ,则 x=asec2θ,y=bcsc2θ,∴x+y=asec2θ+bcsc2 y x

θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2 a tan 2 θ ? b cot 2 θ = a + b + 2 ab .
答案:a+b+2 ab 2.解析:由 0≤|a-d|<|b-c| ? (a-d)2<(b-c)2 ? (a+b)2-4ad<(b+c)2-4bc ? ∵a+d=b+c,∴-4ad<-4bc,故 ad>bc. 答案:ad>bc 3.解析:把 p、q 看成变量,则 m<p<n,m<q<n. 答案:m<p<q<n 二、4.(1)证法一:a2+b2+c2- =

1 1 = (3a2+3b2+3c2-1) 3 3

1 [3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2] 3 1 = [3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc] 3 1 1 = [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0 ∴a2+b2+c2≥ 3 3 证法二:∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 1 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥ 3
证法三:∵ ∴a2+b2+c2≥

a2 + b2 + c2 a+b+c a+b+c ≥ ∴a2+b2+c2≥ 3 3 3 1 3

1 1 1 +α,b= +β,c= +γ. 3 3 3 ∵a+b+c=1,∴α+β+γ=0 1 1 1 ∴a2+b2+c2=( +α)2+( +β)2+( +γ)2 3 3 3
证法四:设 a=

1 2 + (α+β+γ)+α2+β2+γ2 3 3 1 1 = +α2+β2+γ2≥ 3 3 1 ∴a2+b2+c2≥ 3
=

( 2)证法一 :∵ 3a + 2 = (3a + 2) × 1 < 同理 3b + 2 <

3a + 2 + 1 , 2

3b + 3 3c + 3 , 3c + 2 < 2 2 3(a + b + c ) + 9 ∴ 3a + 2 + 3b + 2 + 3c + 2 < =6 2
∴原不等式成立. 证法二:

3a + 2 + 3b + 2 + 3c + 2 (3a + 2) + (3b + 2) + (3c + 2) ≤ 3 3

=

3( a + b + c ) + 6 = 3 3

∴ 3a + 2 + 3b + 2 + 3c + 2 ≤ 3 3 <6 ∴原不等式成立. 5.证法一:由 x+y+z=1,x2+y2+z2= 次方程得:

1 1 ,得 x2+y2+(1-x-y)2= ,整理成关于 y 的一元二 2 2

1 =0,∵y∈R,故Δ≥0 2 1 2 2 ∴4(1-x)2-4×2(2x2-2x+ )≥0,得 0≤x≤ ,∴x∈[0, ] 2 3 3 2 同理可得 y,z∈[0, ] 3 1 1 1 证法二:设 x= +x′,y= +y′,z= +z′,则 x′+y′+z′=0, 3 3 3 1 1 1 1 于是 =( +x′)2+( +y′)2+( +z′)2 2 3 3 3 1 2 = +x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′) 3 3 1 1 ( y′ + z ′) 2 1 3 = +x′2+y′2+z′2≥ +x′2+ = + x′2 3 3 2 3 2 1 1 1 2 2 故 x′2≤ ,x′∈[- , ] ,x∈[0, ] ,同理 y,z∈[0, ] 9 3 3 3 3
2y2-2(1-x)y+2x2-2x+ 证法三:设 x、y、z 三数中若有负数,不妨设 x<0,则 x2 >0,

1 2 2 2 =x +y +z ≥ 2

x2+

( y + z ) 2 (1 ? x) 2 3 1 1 = + x 2 = x 2 ? x + > ,矛盾. 2 2 2 2 2 2 2 1 ,不妨设 x> ,则 =x2+y2+z2 ≥ x、y、z 三数中若有最大者大于 3 3 2

x2+

( y + z ) 2 2 (1 ? x) 2 3 2 1 =x + = x -x+ 2 2 2 2 3 2 1 1 = x(x- )+ > ;矛盾. 2 3 2 2 2 故 x、y、z∈[0, ] 3 b+c 2 c+a 2 a+b 2 6.(1)证明 :∵ x + y + z ? 2( xy + yz + zx ) 2 b c b a c b a c = ( x 2 + y 2 ? 2 xy ) + ( y 2 + z 2 ? 2 yz ) + ( z 2 + x 2 ? 2 zx ) a b b c c a
b 2 a c 2 b a 2 c y) + ( y? z) + ( z? x) ≥ 0 x? b c c a a b a+b 2 b+c 2 c+a ∴ x + y+ z ≥ 2( xy + yz + zx ) b c a ( 2)证明 : 所证不等式等介于 y+z z+x x+ y x2 y2z2 ( + + ) ≥ 2( xy + yz + zx ) 2 x y z =( ? xyz ? [ yz ( y + z ) + zx ( z + x ) + xy ( x + y )] ≥ 2( xy + yz + zx ) 2 ? ( x + y + z )( y 2 z + yz 2 + z 2 x + zx 2 + x 2 y + xy 2 ) ≥ 2( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ) + 4( x 2 yz + xy 2 z + xyz 2 ) ? y 3 z + yz 3 + z 3 x + zx 3 + x 3 y + xy 3 ≥ 2 x 2 yz + 2 xy 2 z + 2 xyz 2 ? yz ( y ? z ) 2 + zx( z ? x ) 2 + xy ( x ? y ) 2 + x 2 ( y ? z ) 2 + y 2 ( z ? x ) 2 + z 2 ( x ? y ) 2 ≥ 0
∵上式显然成立,∴原不等式得证. 7.证明:(1)对于 1<i≤m,且 A im =m·…·(m-i+1),

A im m m ? 1 Ai m ? i +1 n n ?1 n ? i +1 = ? ??? ,同理 m = ? ??? , i i m m m n n n m n
由于 m<n,对于整数 k=1,2,…,i-1,有

n?k m?k > , n m

所以

A in A im > i ,即m i A in > n i A im ni m

(2)由二项式定理有: (1+m)n=1+C 1 m+C 2 m2+…+C n mn, n n n (1+n)m=1+C 1 n+C 2 n2+…+C m nm, m m m

由(1)知 miA in >niA im (1<i≤m ∴miCin>niCim(1<m<n )

) ,而 C im =

A im i A in , Cn = i! i!

∴m0C 0 =n0C 0 =1,mC 1 =nC 1 =m·n,m2C 2 >n2C 2 ,…, n n n m n m mmC m >nmC m ,mm+1C m+1 >0,…,mnC n >0, n m n n ∴1+C 1 m+C 2 m2+…+C n mn>1+C 1 n+C2mn2+…+C m nm, n n n m m 即(1+m)n>(1+n)m 成立. 8.证法一:因 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 (a+b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6 =3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0. 即(a+b)3≤23,又 a+b>0,所以 a+b≤2,因为 2 ab ≤a+b≤2, 所以 ab≤1.

?m = a + b , 证法二:设 a、b 为方程 x2-mx+n=0 的两根,则 ? ?n = ab
因为 a>0,b>0,所以 m>0,n>0,且Δ=m2-4n≥0 因为 2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m(m2-3n) 所以 n= ①

m2 2 ? 3 3m m2 2 )≥0, ? 3 3m



将②代入①得 m2-4( 即

? m3 + 8 ≥0,所以-m3+8≥0,即 m≤2,所以 a+b≤2, 3m 由 2≥m 得 4≥m2,又 m2≥4n,所以 4≥4n, 即 n≤1,所以 ab≤1. 证法三:因 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b) 于是有 6≥3ab(a+b),从而 8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=? (a+b)3,所以 a+b≤2,(下略) a3 + b3 a+b 3 ?( ) 2 2 (a + b)[4a 2 + 4b 2 ? 4ab ? a 2 ? b 2 ? 2ab] 3(a + b)(a ? b) 2 = = ≥0, 8 8 a3 + b3 a+b 3 所以对任意非负实数 a、b,有 ≥( ) 2 2 a3 + b3 a+b 3 因为 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 1= ≥( ) , 2 2 a+b ∴ ≤1,即 a+b≤2,(以下略) 2 证法五:假设 a+b>2,则
证法四:因为

a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]>(a+b)ab>2ab,所以 ab<1, 又 a3+b3=(a+b)[a2-ab+b2]=(a+b)[(a+b)2-3ab]>2(22-3ab) 因为 a3+b3=2,所以 2>2(4-3ab),因此 ab>1,前后矛盾,故 a+b≤2(以下略)


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